2025年滬科版高三化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高三化學下冊月考試卷334考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列敘述正確的是（）A.pH=3的溶液與pH=11的溶液混合后pH值不一定等于7B.同濃度的Na2CO3溶液室溫時的pH值必定大于60℃的pH值C.同濃度的鉀鹽溶液，酸式鹽的pH值必定小于對應正鹽的pH值D.因為碳酸的酸性比亞硫酸弱，所以室溫下同濃度的碳酸鈉溶液的pH值小于亞硫酸鈉溶液pH值2、下列實驗現(xiàn)象中，由于發(fā)生加成反應而引起的是（）A.乙酸和乙醇在濃硫酸的作用下加熱，生成了又濃郁香味的油狀液體B.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色C.苯滴加到溴水中，振蕩后水層接近無色D.將灼熱的銅絲迅速插入乙醇中，反復多次，有刺激性氣味產(chǎn)生3、下列分子中指定的碳原子（用＊標記）不屬于手性碳原子的是（）4、將少量鋁粉投入下列物質中，反應一段時間后無固體殘留的是rm{(}rm{)}A.熱的純水B.熱的燒堿溶液C.冷的濃硫酸D.硫酸銅溶液5、下列對有關化學反應過程或實驗現(xiàn)象的解釋正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Cl_{2}}的水溶液可以導電，說明rm{Cl_{2}}是電解質B.某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成說明溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}C.向淀粉碘化鉀的溶液中加入氯水，溶液變?yōu)樗{色，說明rm{Cl_{2}}的氧化性強于rm{I_{2}}D.切開金屬鈉暴露在空氣中，光亮表面逐漸變暗rm{2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}6、下述實驗不能達到預期實驗目的是rm{(}rm{)}

。實驗內(nèi)容實驗方案或者目的rm{A}向試管中加入適量的溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液，加熱，將產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液證明溴乙烷發(fā)生消去反應rm{B}向相同體積的甲苯和苯中加入rm{3}滴酸性rm{KMnO_{4}}溶液振蕩，觀察現(xiàn)象證明與苯環(huán)相連的甲基易被氧化rm{C}將裝有rm{NO_{2}}的玻璃球浸泡在冷、熱水中，觀察顏色變化探究溫度對化學平衡的影響rm{D}向碳酸鈉固體中加入過量的鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入硅酸鈉溶液中，產(chǎn)生白色沉淀證明碳酸的酸性比硅酸強A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、下列說法中正確的是（）A.干冰、液態(tài)氯化氫都是電解質B.根據(jù)是否具有丁達爾效應，將分散系分為溶液、濁液和膠體C.NaOH晶體中既含有離子鍵又含有共價鍵D.Na2O，F(xiàn)e2O3、Al2O3既屬于堿性氧化物，又屬于離子化合物8、下列反應中，鹽酸作為氧化劑的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn+2HCl簍TZnCl_{2}+H_{2}隆眉}B.rm{FeS+2HCl簍TFeCl_{2}+H_{2}S隆眉}C.rm{NH_{3}+HCl簍TNH_{4}Cl}D.rm{MnO_{2}+4HCldfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}rm{MnO_{2}+4HCldfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)9、下列有關膠體的說法正確的是（）A.膠體一定是混合物B.膠體與溶液的本質區(qū)別是有丁達爾效應C.將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體D.膠體屬于介穩(wěn)體系10、0.1mol某有機物完全燃燒后生成0.3molC02，同質量的該有機物與足量的金屬鈉反應生成0.1molH2，該有機物可能是（）A.丙三醇B.1，2-丙二醇C.1，3-丙二醇D.乙二醇11、下列溶液通入過量的CO2后無沉淀有的（）A.CaCl2B.Ca（ClO）2C.Na2SiO3D.飽和Na2CO3溶液12、甲、乙、丙三種物質是某抗生素合成過程中的中間產(chǎn)物

下列說法正確的是（）A.甲、乙、丙三種有機化合物均可跟NaOH溶液反應B.甲、乙、丙三種有機化合物均可發(fā)生消去反應C.可用FeCl3溶液區(qū)別甲、丙兩種有機化合物D.丙水解的有機產(chǎn)物在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應13、下列敘述正確的是（）A.0.1mol?L-1醋酸溶液中：c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）B.中和pH與體積都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者C.同溫度同濃度的NaOH和澄清石灰水中，水的電離程度相同D.NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（OH-）＞c（H+）14、分析下列各物質的物理性質，可判斷其固態(tài)不屬于分子晶體的是（）A.碳化鋁，黃色晶體，熔點2200℃，熔融態(tài)不導電B.溴化鋁，無色晶體，熔點98℃，熔融態(tài)不導電C.五氟化釩，無色晶體，熔點19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中D.溴化鉀，無色晶體，熔融時或溶于水中都能導電15、下列實驗操作中，所使用的有關儀器要求干燥的是（）A.中和滴定所用的錐形瓶B.做噴泉實驗時，用來收集氯化氫氣體的圓底燒瓶C.配制一定物質的量濃度溶液時所用的容量瓶D.實驗室制取氨氣時用于收集氨氣的集氣瓶評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、現(xiàn)有0.2mol/LBa（NO3）2溶液．則2L該溶液中含有____molBa2+；3L該溶液中含有____molNO；0.5L該溶液中NO的物質的量濃度為____；1.5L該溶液中Ba2+的物質的量濃度為____，加入____L0.1mol/LH2SO4溶液恰好使Ba2+完全轉化為BaSO4沉淀．17、CuCl2溶液中含有少量雜質FeCl2，為制備純凈的CuCl2?2H2O晶體；擬定實驗步驟如圖所示：

請回答下列問題：

（1）步驟Ⅰ中，將Fe2+轉化為Fe3+最好選用下列氧化劑____．

A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2

該反應的離子方程式為____

（2）在步驟Ⅱ中，加入Y的目的是為了調(diào)節(jié)溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全，Y可以是下列物質中的____．

A．NaOHB．CuC．Cu2（OH）2CO3

（3）步驟Ⅲ應控制的實驗條件是____．18、用如下步驟測定Na2SO4?xH2O晶體中x的值：

①稱量質量為W1②稱量質量為W2③稱量質量為W3④稱量質量為W4⑤研細⑥加熱灼燒⑦冷卻⑧計算。

已知：W1＞W(wǎng)2≈W3＞W(wǎng)4

（1）用序號表示實驗步驟：⑤→____→⑧．

（2）用于加熱灼燒所需要的主要盛裝儀器是____，冷卻時必須置于____冷卻．

（3）最后兩次稱量的目的是____．

（4）請計算出該晶體化學式中x的值，x=____．

（5）下面情況可能造成測試結果偏高的是____．

A．試樣中含有加熱不揮發(fā)的雜質B．試樣中含有加熱易揮發(fā)的雜質C．測試前試樣已有部分脫水。

D．實驗前坩堝未完全干燥E．晶體加熱脫水完全F．加熱時晶體濺出．19、有一包白色粉末狀混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、KCl、Na2SO4、MgCl2、KNO3中的某幾種；現(xiàn)進行如下實驗：

①將混合物溶于水；得到無色透明溶液．

②取少量上述溶液兩份，其中一份加入BaCl2溶液；立即產(chǎn)生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，在另一份中加入NaOH溶液，也產(chǎn)生白色沉淀．

根據(jù)上述實驗現(xiàn)象回答：

（1）原混合物中肯定沒有____．

（2）原混合物中肯定有____．

（3）不能確定是否含有____．20、現(xiàn)有部分短周期元素的性質或原子結構如下表：。元素編號元素性質或原子結構T單質能與水劇烈反應，所得強堿性溶液中含有兩種電子數(shù)相同的陰、陽離子X最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍Y第三周期元素的簡單離子中半徑最小ZT、X、Z組成的36電子的化合物A是家用消毒劑的主要成分（1）元素T與X按原子個數(shù)比1:1形成的化合物B所含化學鍵為，該化合物的電子式為。（2）化合物A的溶液呈堿性，用離子方程式解釋其原因：，該化合物起消毒作用的微粒是____。（3）將Y與Z形成的化合物的水溶液逐滴加入到T的最高價氧化物對應水化物的溶液中直至過量（邊滴邊振蕩），寫出此過程中發(fā)生反應的離子方程式、。21、在CrCl3的水溶液中，一定條件下存在組成為[CrCln（H2O）6﹣n]x+（n和x均為正整數(shù)）的配離子，將其通過氫離子交換樹脂（R﹣H），可發(fā)生離子交換反應：[CrCln（H2O）6﹣n]x++xR﹣H→Rx[CrCln（H2O）6﹣n]+xH+；交換出來的H+經(jīng)中和滴定，即可求出x和n，確定配離子的組成．現(xiàn)將含0.0015mol[CrCln（H2O）6﹣n]x+的溶液，與R﹣H完全交換后，中和生成的H+需濃度為0.1200mol?L﹣1NaOH溶液25.00mL，可知該配離子的化學式為____，中心離子的配位數(shù)為____22、氯吡格雷（clopidogrel；1）是一種用于抑制血小板聚集的藥物，根據(jù)原料的不同，該藥物的合成路線通常有兩條，其中以2-氯苯甲醛為原料的合成路線如下：

（1）C→D的反應類型是____反應。

（2）X的結構簡式為____．

（3）兩分子C可在一定條件下反應，生成的有機產(chǎn)物分子中含有3個六元環(huán)，寫出該反應的化學方程式____．

（4）已知：①②中氯原子較難水解物質A（）可由2-氯甲苯為原料制得，寫出以兩步制備A的化學方程式____

該合成的第一步主要存在產(chǎn)率低的問題，請寫出該步可能存在的有機物雜質的結構簡式____

（5）物質C的某種同分異構體G滿足以下條件：

①結構中存在氨基；②苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫；

③G能發(fā)生銀鏡反應；其堿性條件下水解的兩種產(chǎn)物也能發(fā)生銀鏡反應；

寫出符合條件的G的可能的結構簡式：____

（6）已知：

寫出由乙烯、甲醇為有機原料制備化合物的合成路線流程圖（無機試劑任選）．合成路線流程圖示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2評卷人得分四、判斷題(共1題，共3分)23、近半個多世紀以來；隨著人類社會的高度發(fā)達，環(huán)境污染問題也越來越受到了人們的關注．請回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質．下列物質會帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項的化合物會造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會對環(huán)境造成影響，生成的____、____（填化學式）等容易形成酸雨．某火力發(fā)電廠為了防止廢氣污染環(huán)境，現(xiàn)采用廉價易得的石灰石漿來吸收，其反應方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測x的化學式為____．x的大量排放仍會帶來環(huán)境問題，它對環(huán)境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學式為____．

（3）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為全球的共識，請回答下列問題：

①空氣質量報告的各項指標可以反映出各地空氣的質量．下列氣體已納入我國空氣質量報告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應分類收集．你用過的舊試卷應放置于貼有____（填字母）標志的垃圾筒內(nèi)．

③工業(yè)廢水需處理達標后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請畫“√”，不合理的請在括號中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．25、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、推斷題(共1題，共3分)28、A～H九種無機物在一定條件下可實現(xiàn)下圖所示的變化：（*反應②的條件是露置在空氣中）

（1）分別寫出反應①的離子方程式____反應②的化學方程式____

（2）Ⅰ和B均為固體，它們在高溫下發(fā)生的反應④的化學方程式是____．

（3）在反應③中，每生成1molI同時生____molH．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】A；pH=3的溶液可能是強酸溶液也可能是弱酸溶液；pH=11的溶液可能是強堿溶液也可能是弱堿溶液；

B；溫度升高能促進鹽的水解；

C；多元弱酸的第一步水解大于第二步水解；

D、碳酸的酸性比亞硫酸弱，則碳酸鈉溶液的水解程度更強．【解析】【解答】解：A；pH=3的溶液可能是強酸溶液也可能是弱酸溶液；pH=11的溶液可能是強堿溶液也可能是弱堿溶液，當兩者均為強酸和強堿溶液時，則混合后溶液的pH=7，但當兩者中有一種是弱電解質，則混合后溶液的pH不等于7，故A正確；

B；溫度升高能促進鹽的水解；故溫度越高，碳酸鈉溶液的pH越大，故B錯誤；

C．如果酸式鉀鹽是弱酸酸式鉀鹽；而正鹽是強酸鉀鹽，如同濃度的碳酸氫鉀溶液與硫酸鉀溶液相比，碳酸氫鉀的pH大于硫酸鉀，故C錯誤；

D；根據(jù)酸越弱；則對應的鹽就越水解可知，由于碳酸的酸性比亞硫酸弱，則碳酸鈉溶液的水解程度比亞硫酸鈉的水解程度更大，即pH更大，故D錯誤；

故選A．2、B【分析】【分析】根據(jù)有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應是加成反應．【解析】【解答】解：A；乙酸和乙醇在濃硫酸的作用下加熱；發(fā)生取代反應生成乙酸乙酯和水，故A錯誤；

B；乙烯含有C=C雙鍵；與溴發(fā)生加成反應，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正確；

C；溴在苯中的溶解度遠遠大于在水中溶解度；苯能萃取溴水中的溴而使水層接近無色，故C錯誤；

D；乙醇催化氧化生成乙醛；分子中H原子數(shù)目減少，屬于氧化反應，故D錯誤；

故選：B．3、A【分析】試題分析：A、中*號碳原子上連有兩個一樣的氫原子，不是手性碳原子；B、中*號碳原子上連有四個不一樣的基團：氫原子、甲基、羧基和氨基，是手性碳原子；C、中*號碳原子上連有四個不一樣的基團：氫原子、-CH2OH、羥基以及剩余的大取代基，是手性碳原子；D、中*號碳原子上連有四個不一樣的基團：氫原子、-CH2OH、羥基以及醛基，是手性碳原子?？键c：本題考查手性碳原子的判斷。【解析】【答案】A4、B【分析】解：rm{A.}熱的純水和鋁發(fā)生微弱反應；鋁不能全部反應，故A錯誤；

B.鋁在熱堿中反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；金屬鋁可以全部溶解，溶液中無固體殘留，故B正確；

C.鋁在冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；不能溶解，故C錯誤；

D.冷的硫酸銅溶液中加入鋁粉；發(fā)生置換反應生成銅，溶液中有固體殘留，故D錯誤；

故選：rm{B}

A.鋁和熱水發(fā)生微弱反應；鋁不能全部反應；

B.鋁在熱堿中反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；

C.鋁在冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；

D.冷的硫酸銅溶液中鋁反應置換出金屬固體銅。

本題考查了物質性質、物質變化、物質特征性質的積累和反應過程分析判斷，注意常溫下鋁在濃硫酸中的鈍化現(xiàn)象，題目難度不大。【解析】rm{B}5、C【分析】解：rm{A.}氯氣是單質；而電解質是針對化合物進行分類的，故A錯誤；

B.如果溶液中有亞硫酸根離子；在加入硝酸后會被氧化成硫酸根離子，故B錯誤；

C.根據(jù)rm{Cl_{2}+2I^{-}=I_{2}+2Cl^{-}}氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，氯氣的氧化性強于碘，故C正確；

D.切開的金屬鈉暴露在空氣中，光亮表面逐漸變暗是因為rm{4Na+O_{2}=Na_{2}O}故D錯誤．

故選C．

A.氯氣是單質；

B.硝酸后會將亞硫酸根氧化成硫酸根離子；

C.氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；

D.鈉在空氣中與氧氣反應生成氧化鈉．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及電解質的概念，離子的檢驗，鈉的化學性質等知識，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大．【解析】rm{C}6、D【分析】解：rm{A.}溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液；加熱，發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯與溴發(fā)生加成反應使其褪色，則可證明溴乙烷發(fā)生消去反應，故A不選；

B.甲苯能被高錳酸鉀氧化；而苯不能，則該實驗可證明與苯環(huán)相連的甲基易被氧化，故B不選；

C.存在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}化學平衡，rm{NO_{2}}為紅棕色氣體；則該實驗可探究溫度對化學平衡的影響，故C不選；

D.鹽酸易揮發(fā)；揮發(fā)的鹽酸可與硅酸鈉溶液反應，干擾碳酸與硅酸的酸性比較，則該實驗不能證明碳酸的酸性比硅酸強，故D選；

故選D．

A.溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液；加熱，發(fā)生消去反應生成乙烯；

B.甲苯能被高錳酸鉀氧化；而苯不能；

C.存在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}化學平衡，rm{NO_{2}}為紅棕色氣體；

D.鹽酸易揮發(fā)；揮發(fā)的鹽酸可與硅酸鈉溶液反應．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及有機物性質及反應、化學平衡的影響因素、酸性比較等，側重物質性質及實驗技能的考查，注意實驗的評價性、操作性分析，題目難度中等．【解析】rm{D}7、C【分析】【解答】解：A．液態(tài)氯化氫為電解質；而干冰不屬于電解質，故A錯誤；

B．根據(jù)分散質顆粒大小將分散系分為溶液；濁液和膠體；丁達爾效應是膠體的性質，故B錯誤；

C．鈉離子和氫氧根離子以離子鍵結合；氫氧根離子中O和H共價鍵結合，故C正確；

D．Na2O、Fe2O3為堿性氧化物；氧化鋁為兩性氧化物，故D錯誤；

故選C．

【分析】A．干冰為二氧化碳；不屬于電解質；

B．根據(jù)分散質顆粒大小將分散系分為溶液；濁液和膠；

C．鈉離子和氫氧根離子以離子鍵結合；氫氧根離子中氧和H以共價鍵結合；

D．氧化鋁為兩性氧化物．8、A【分析】解：rm{A.Zn}rm{H}元素的化合價變化，為氧化還原反應，且rm{HCl}中rm{H}元素的化合價降低，rm{HCl}作氧化劑；故A選；

B.沒有元素的化合價變化；為非氧化還原反應，故B不選；

C.沒有化合價變化；不是氧化還原反應，故C不選；

D.rm{Mn}rm{Cl}元素的化合價變化，為氧化還原反應，且rm{HCl}中rm{Cl}化合價升高，rm{HCl}作還原劑；故D不選；

故選A．

含元素化合價變化的反應為氧化還原反應，鹽酸作為氧化劑，則rm{HCl}中rm{H}元素的化合價降低；以此來解答．

本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側重氧化劑的考查，注意從化合價角度分析，題目難度不大．【解析】rm{A}二、多選題(共7題，共14分)9、AD【分析】【分析】A．根據(jù)混合物的概念：由多種物質組成的物質；如果是由分子構成時由多種分子構成的是混合物；

B．膠體的分散質微粒直徑大小是膠體區(qū)別于其它分散系的本質特征所在；

C．飽和氯化鐵溶液與稀氫氧化鈉溶液反應氫氧化鐵沉淀；

D．膠體是一種均一、介穩(wěn)定的分散系．【解析】【解答】解：A．因為分散質粒子在1nm～100nm之間的分散系就是膠體；膠體屬于混合物，故A正確；

B．膠體區(qū)別于其它分散系的本質是膠體分散質微粒直徑的大?。徊皇怯卸∵_爾效應，故B錯誤；

C．將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱；可得氫氧化鐵沉淀，故C錯誤；

D．膠體較穩(wěn)定；靜止不容易產(chǎn)生沉淀，屬于介穩(wěn)體系，故D正確．

故選AD．10、BC【分析】【分析】0.1mol某有機物完全燃燒后生成0.3molC02，說明含有3個C原子，結合反應的關系式2R-OH+2Na→2R-ONa+H2↑計算．【解析】【解答】解：0.1mol某有機物完全燃燒后生成0.3molC02，說明含有3個C原子，醇與鈉反應的關系式為2R-OH+2Na→2R-ONa+H2↑，同質量的該有機物與足量的金屬鈉反應生成0.1molH2；說明有機物含有2個羥基，即含有3個C原子，含有2個羥基，則應為1，2-丙二醇或1，3-丙二醇；

故選BC．11、AB【分析】【分析】A；二氧化碳和氯化鈣不反應；

B、碳酸酸性強于次氯酸，二氧化碳能與次氯酸鈣反應，但通入過量CO2后無沉淀；

C；硅酸鈉可以和碳酸反應生成碳酸鈉和硅酸；

D、碳酸鈉與二氧化碳和水反應生成溶解度較小的NaHCO3．【解析】【解答】解：A；鹽酸是強酸；碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取鹽酸，即二氧化碳和氯化鈣不反應，最終沒有沉淀析出，故A正確；

B；次氯酸是比碳酸還弱的酸；所以二氧化碳、水和次氯酸鈣反應生成碳酸鈣沉淀，但二氧化碳是過量的，過量的二氧化碳和碳酸鈣能繼續(xù)反應生成可溶性的碳酸氫鈣，所以最終沒有沉淀析出，故B正確；

C；硅酸鈉可以和碳酸反應生成碳酸鈉和硅酸；硅酸是白色不溶于水的沉淀，故C錯誤；

D、碳酸鈉與二氧化碳和水反應生成溶解度較小的NaHCO3而析出；故D錯誤．

故選：AB．12、CD【分析】【分析】A．乙中含-Cl；丙中含酚-OH；-COOH、-Cl，能與NaOH溶液反應；

B．由結構可知；與-OH或-C相連的C的鄰位C上沒有H；

C．酚-OH遇氯化鐵顯紫色；丙中含酚-OH，而甲中不含；

D．-Cl發(fā)生水解，則丙水解的有機產(chǎn)物中含-COOH、-OH．【解析】【解答】解：A．乙中含-Cl；丙中含酚-OH；-COOH、-Cl，能與NaOH溶液反應，而甲不能發(fā)生反應，故A錯誤；

B．由結構可知；與-OH或-C相連的C的鄰位C上沒有H，所以不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；

C．酚-OH遇氯化鐵顯紫色，丙中含酚-OH，而甲中不含，則可用FeCl3溶液區(qū)別甲；丙兩種有機化合物；故C正確；

D．-Cl發(fā)生水解；則丙水解的有機產(chǎn)物中含-COOH；-OH，在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應，故D正確；

故選CD．13、AB【分析】【分析】A．根據(jù)溶液的電荷守恒進行判斷；

B．醋酸為弱電解質；不能完全電離，與硫酸等pH時濃度較大；

C．同溫度同濃度的NaOH和澄清石灰水，OH-濃度不同；

D．NaHCO3為強堿弱酸鹽，根據(jù)HCO3-+H2O?H2CO3+OH-判斷．溶液中存在c（OH-）＞c（H2CO3）．【解析】【解答】解：A．醋酸溶液中存在電荷守恒，應有c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故A正確；

B．醋酸為弱電解質；電離程度較小，遠小于0.5，與硫酸等pH時濃度較大，則中和pH與體積都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者，故B正確；

C．同溫度同濃度的NaOH和澄清石灰水，OH-濃度不同；則對水的電離影響程度不同，故C錯誤；

D．NaHCO3為強堿弱酸鹽，溶液中存在HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，因溶液中還存在H+，說明水電離產(chǎn)生的H+并沒有全部與HCO3-結合生成H2CO3，則溶液中存在c（OH-）＞c（H2CO3）；故D錯誤．

故選AB．14、AD【分析】【分析】A．熔點高不是分子晶體的性質；

B．熔沸點較低；液體不導電，則構成微粒為分子；

C．熔沸點較低；易溶于有機溶劑；

D．熔融時能導電，構成微粒為離子．【解析】【解答】解：A．碳化鋁；黃色晶體，熔點2200℃，熔融態(tài)不導電，應為原子晶體，故A選；

B．溴化鋁；無色晶體，熔點98℃，熔融態(tài)不導電，具有分子晶體的性質，屬于分子晶體，故B不選；

C．五氟化釩；無色晶體，熔點19.5℃，易溶于乙醇；氯仿、丙酮中，具有分子晶體的性質，屬于分子晶體，故C不選；

D．溴化鉀；無色晶體，熔融時或溶于水中都能導電，構成微粒為離子，應為離子晶體，故D選；

故選AD．15、BD【分析】【分析】A；根據(jù)中和滴定所用的錐形瓶內(nèi)是否有水與測定結果無關；

B；做噴泉實驗時；用來收集氯化氫氣體的圓底燒瓶應干燥；

C；根據(jù)配制一定物質的量濃度溶液時所用的容量瓶內(nèi)是否有水與配制溶液的濃度無關；

D、根據(jù)氨氣極易溶于水，收集氨氣的集氣瓶應干燥．【解析】【解答】解：A；因中和滴定所用的錐形瓶內(nèi)是否有水與測定結果無關；故A錯誤；

B；做噴泉實驗時；用來收集氯化氫氣體的圓底燒瓶應干燥，故B正確；

C；配制一定物質的量濃度溶液時所用的容量瓶內(nèi)是否有水與配制溶液的濃度無關；故A錯誤；

D；氨氣極易溶于水；收集氨氣的集氣瓶應干燥，故D正確；

故選BD．三、填空題(共7題，共14分)16、0.41.20.4mol/L0.2mol/L3【分析】【分析】0.2mol/LBa（NO3）2溶液Ba2+濃度為0.2mol/L，NO3-濃度為0.4mol/L，根據(jù)n=cV計算Ba2+、NO3-物質的量；溶液是均勻的，與溶液體積無關，0.5L溶液中NO3-的物質的量濃度與原溶液中NO3-的濃度相等，1.5L該溶液中加入Ba2+的物質的量濃度與原溶液中Ba2+的濃度相等，根據(jù)n=cV計算Ba2+物質的量，則n（H2SO4）=n（Ba2+），再根據(jù)V=計算硫酸溶液體積．【解析】【解答】解：0.2mol/LBa（NO3）2溶液Ba2+濃度為0.2mol/L，NO3-濃度為0.4mol/L；

則2L該溶液中含有Ba2+為2L×0.2mol/L=0.4mol，3L該溶液中含有NO3-為3L×0.4mol/L=1.2mol；

溶液是均勻的，與溶液體積無關，0.5L溶液中NO3-的物質的量濃度為0.4mol/L，1.5L該溶液中Ba2+的物質的量濃度為0.2mol/L，n（H2SO4）=n（Ba2+）=1.5L×0.2mol/L=0.3mol，故需要加入硫酸溶液體積為=3L；

故答案為：0.4；1.2；0.4mol/L；0.2mol/L；3．17、C2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2OC將溶液在較低溫度下加熱蒸發(fā)析出晶體，同時通入氯化氫氣體防止水解【分析】【分析】CuCl2溶液中含有少量雜質FeCl2，為制備純凈的CuCl2?2H2O晶體；實驗原理是：向混合溶液中加入氧化劑，將亞鐵離子氧化為鐵離子，但是選擇的氧化劑不能引入雜質離子，然后調(diào)節(jié)pH，是鐵離子完全沉淀，但是銅離子不沉淀，得到氯化銅溶液，銅離子易水解，然后在酸性環(huán)境下，將溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥即可得到氯化銅晶體；

（1）根據(jù)需要，反應不能引進雜質離子，H2O2是綠色氧化劑；據(jù)此回答；

（2）調(diào)節(jié)溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全；但是銅離子不沉淀，加入的試劑可以和氫離子反應，但是不能引進雜質離子；

（3）氯化銅溶液中銅離子易水解，應該在酸性環(huán)境下進行操作，得到氯化銅晶體【解析】【解答】CuCl2溶液中含有少量雜質FeCl2，為制備純凈的CuCl2?2H2O晶體；實驗原理是：向混合溶液中加入氧化劑，將亞鐵離子氧化為鐵離子，但是選擇的氧化劑不能引入雜質離子，然后調(diào)節(jié)pH，是鐵離子完全沉淀，但是銅離子不沉淀，得到氯化銅溶液，銅離子易水解，然后在酸性環(huán)境下，將溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥即可得到氯化銅晶體；

（1）K2Cr2O7、NaClO將亞鐵離子氧化的同時都會引進雜質離子，但是H2O2是綠色氧化劑，不會引進雜質離子，所以選C，反應的原理為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

故答案為：C；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

（2）在步驟Ⅱ中，加入Y的目的是為了調(diào)節(jié)溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全；但是銅離子不沉淀，加入的試劑可以和氫離子反應，但是不能引進雜質離子，可以是氧化銅；堿式碳酸銅，碳酸銅或是氫氧化銅等；

故答案為：C；

（3）氯化銅溶液中銅離子易水解；應該在酸性環(huán)境下，將溶液蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥，得到氯化銅晶體；

故答案為：將溶液在較低溫度下加熱蒸發(fā)析出晶體，同時通入氯化氫氣體防止水解．18、④→①→⑥→⑦→②→⑥→⑦→③坩堝干燥器保證晶體中水份蒸發(fā)完全，減小實驗誤差BDF【分析】【分析】（1）根據(jù)實驗目的和稱量質量的大小確定操作步驟；

（2）灼燒時需把藥品放在坩堝內(nèi)；無水硫酸鈉易和水結合，應放在干燥器中冷卻；

（3）在定量實驗中；經(jīng)常會在有些步驟中進行重復．如本實驗中的加熱；冷卻、稱量的操作步驟要重復進行，直至連續(xù)兩次稱量的差不超過0.1g為止．這是為了確定樣品中結晶水是否已經(jīng)被全部除去．這樣做是為了保證定量實驗的準確性；

（4）空坩堝質量為W4，再稱量坩堝和藥品質量為W1，所以晶體的質量為W1-W4，轉移至坩堝加熱灼燒，冷卻后稱量為W2，冷卻再稱量W3，則結晶水的質量為：W1-W3；根據(jù)反應方程式計算x；

（5）在測定中若被測樣品中含有加熱不揮發(fā)的雜質或實驗前被測樣品已有部分失水，都會造成測量結果偏低，若含揮發(fā)性雜質或未干燥或有晶體損失，都會造成結果偏高．【解析】【解答】解：（1）本實驗是測定晶體中結晶水的值，故應先研磨晶體成粉末，便于灼燒完全失去結晶水，然后稱量空坩堝質量，為W4，質量最小；再稱量坩堝和藥品質量為W1，質量最大；轉移至坩堝加熱灼燒，冷卻后稱量為W2，比W1要小再加熱灼燒，冷卻再稱量W3，和W2相近當兩次稱量質量差小于0.1g；實驗完畢，根據(jù)數(shù)據(jù)計算；故步驟為：⑤→④→①→⑥→⑦→②→⑥→⑦→③→⑧；

故答案為；④→①→⑥→⑦→②→⑥→⑦→③；

（2）灼燒時需把藥品放在坩堝內(nèi)；無水硫酸鈉易和水結合，應放在干燥器中冷卻；

故答案為：坩堝；干燥器；

（3）實驗中的加熱；冷卻、稱量的操作步驟要重復進行；直至連續(xù)兩次稱量的差不超過0.1g為止．這是為了確定樣品中結晶水是否已經(jīng)被全部除去．這樣做是為了保證定量實驗的準確性．故答案為：保證晶體中水份蒸發(fā)完全，減小實驗誤差；

（4）空坩堝質量為W4，再稱量坩堝和藥品質量為W1，轉移至坩堝加熱灼燒，冷卻后稱量為W2，冷卻再稱量W3，則結晶水的質量為：W1-W3，無水硫酸鈉的質量為：W3-W4；根據(jù)反應方程式計算x；

Na2SO4．xH2ONa2SO4+xH2O；

14218x

W3-W4W1-W3

x=；

故答案為：；

（5）A；被測樣品中含有加熱不揮發(fā)的雜質會導致測定的水的質量偏?。还蔄錯誤；

B；被測樣品中含有加熱易揮發(fā)的雜質會導致測定結果偏大；故B正確；

C；實驗前被測樣品已有部分失水會導致測定的水的質量偏?。还蔆錯誤；

D；加熱前所用的坩堝未完全干燥．加熱后水揮發(fā)；導致水的質量測定結果偏大，故D正確；

E；晶體加熱脫水完全；無影響，故E錯誤；

F；加熱時晶體濺出；導致水的質量測定結果偏大，故F正確．

故答案為：BDF．19、CuSO4、CaCO3、Na2CO3Na2SO4、MgCl2KNO3、NaCl、KCl【分析】【分析】依據(jù)題干中的信息白色粉末狀混合物溶于水得到的溶液是無色透明的，排除CaCO3、CuSO4的存在，Na2CO3和MgCl2在溶液中不能同時存在；依據(jù)溶于水的溶液中加入BaCl2溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀，證明溶液中含硫酸根離子，故一定有Na2SO4，加入NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀判斷MgCl2的存在，排除Na2CO3的存在；【解析】【解答】解：①溶于水得到無色透明的溶液，可以排除CuSO4、CaCO3的存在；

②一份加入BaCl2溶液，立即產(chǎn)生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，說明含硫酸根離子；另一份中加入NaOH溶液，也產(chǎn)生白色沉淀，說明一定含有MgCl2，排除Na2CO3的存在；溶液中的KNO3；NaCl、KCl三種物質不能確定是否存在；

（1）原混合物中肯定沒有CuSO4、CaCO3、Na2CO3，故答案為：CuSO4、CaCO3、Na2CO3；

（2）原混合物中肯定有Na2SO4、MgCl2，故答案為：Na2SO4、MgCl2；

（3）不能確定是否含有KNO3、NaCl、KCl，故答案為：KNO3、NaCl、KCl．20、略

【分析】試題分析：T的單質能與冷水劇烈反應，所得強堿性溶液中含有兩種電子數(shù)相同的陰、陽離子，T為Na元素；X的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的三倍，X有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，則X為O元素；在第三周期金屬元素中，Y的簡單離子半徑最小，故Y為Al元素；Na、O、Z組成的36電子的化合物A是家用消毒劑的主要成分，化合物A為NaClO，則Z為Cl元素，故（1）元素T與X按原子個數(shù)比1:1形成的化合物B為Na2O2，則B所含化學鍵為離子鍵和共價鍵，電子式為（2）NaClO為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，在溶液中發(fā)生：ClO－+H2OHClO+OH—；（3）氯化鋁與氫氧化鈉反應的離子方程式為：Al3++4OH—=AlO2—+2H2OA13++3A1O2－+6H2O＝4Al(OH)3↓。考點：化學鍵，離子方程式；【解析】【答案】（1）離子鍵和共價鍵（2）ClO－+H2OHClO+OH—HClO；（3）Al3++4OH—=AlO2—+2H2OA13++3A1O2－+6H2O＝4Al(OH)3↓21、[CrCl（H2O）5]2+6【分析】【解答】中和生成的H+需濃度為0.1200mol/L氫氧化鈉溶液25.00mL，由H++OH﹣=H2O，可以得出H+的物質的量為0.12mol/L×25.00×10﹣3L=0.003mol；

所以x==2，則[CrCln（H2O）6﹣n]2+中Cr的化合價為+3價，則有3﹣n=2，解得n=1，即該配離子的化學式為[CrCl（H2O）5]2+；配離子中Cl原子和水分子數(shù)目即是中心離子的配位數(shù)，配位數(shù)為6；

故答案為：[CrCl（H2O）5]2+；6．

【分析】中和發(fā)生反應：H++OH﹣=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物質的量，進而計算出x，[CrCln（H2O）6﹣n]x+中Cr的化合價為+3價，化合價代數(shù)和等于離子所帶電荷，據(jù)此計算n的值，進而確定該配離子化學式．22、取代+2Cl2+2HCl；+2NaOH+2NaCl+2H2O【分析】【分析】（1）據(jù)合成路線圖可知；C→D為酯化反應；

（2）對比D；E的結構可知；D→E發(fā)生取代反應，由D、E的結構及X分子式確定X的結構；

（3）兩分子C可在一定條件下反應生成一種產(chǎn)物，該產(chǎn)物分子中含有3個六元環(huán)，應是氨基與羧基之間發(fā)生脫水反應，兩分子C脫去2分子水生成

（4）2-氯甲苯在光照條件下取代；再水解可得A；

（5）G的苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫且能發(fā)生銀鏡反應，其堿性條件下水解的兩種產(chǎn)物也能發(fā)生銀鏡反應說明G是對位取代，分別有氨基和甲酸酯，結合已知分析；

（6）乙烯與溴發(fā)生加成反應，再發(fā)生水解反應生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇與甲醛反應生成．【解析】【解答】解：（1）據(jù)合成路線圖可知；C→D為酯化反應，故答案為：取代；

（2）由D、E的結構可知，D→E發(fā)生取代反應，由D、E的結構及X分子式，可知X的結構簡式為：故答案為：

（3）兩分子C可在一定條件下反應生成一種產(chǎn)物，該產(chǎn)物分子中含有3個六元環(huán)，應是氨基與羧基之間發(fā)生脫水反應，兩分子C脫去2分子水生成該反應方程式為：

故答案為：

（4）2-氯甲苯在光照條件下取代，反應方程式為：+2Cl2+2HCl，在NaOH的水溶液中水解可生成A，反應方程式為：+2NaOH+2NaCl+2H2O，在光照條件下，發(fā)生取代反應時，還可能生成

故答案為：+2Cl2+2HCl；+2NaOH+2NaCl+2H2O；

（5）G的苯環(huán)上有兩種不同化學環(huán)境的氫且能發(fā)生銀鏡反應，其堿性條件下水解的兩種產(chǎn)物也能發(fā)生銀鏡反應說明G是對位取代，分別有氨基和甲酸酯，G為故答案為：

（6）乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇與甲醛反應生成合成路線流程圖為：

故答案為：．四、判斷題(共1題，共3分)23、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營養(yǎng)化是因為向水中排放含氮；磷等元素的生產(chǎn)生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經(jīng)過復雜的大氣化學反應，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據(jù)化學反應前后原子的種類與數(shù)目保持不變可以判斷物質的化學式；二氧化碳是一種主要的溫室效應氣體；根據(jù)質量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質量級別、空氣質量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據(jù)污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營養(yǎng)物質大量進入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現(xiàn)象為水體富營養(yǎng)化導致的結果；

故答案為：A；富營養(yǎng)化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經(jīng)過復雜的大氣化學反應，被雨水吸收溶解而成，根據(jù)2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據(jù)質量守恒定律可知每個x中含有1個碳原子和2個氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應的主要物質，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據(jù)質量守恒定律可知每個y中含有1個鈣原子和2個氫氧根原子團，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應；Ca（OH）2；

（3）①空氣質量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質量級別、空氣質量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮氣是空氣的主要組成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質使金屬陽離子轉化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．五、探究題(共4題，共40分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．25、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧